雪江明彦著『環と体とガロア理論』第 3 章演習問題。

3.2.1 $[\overline{\mathbb Q} : \mathbb Q] = \infty.$

証明：この代数拡大が有限次拡大だと仮定して矛盾を導く： $[\overline{\mathbb Q} : \mathbb Q] = n \in \N$ と仮定して矛盾を導く。

このとき $\overline{\mathbb Q}$ は $\mathbb Q$ の代数閉包であるから $f(X) \coloneqq X^{n + 1} - 2$ を最小多項式とする $\sqrt[n + 1]{2}$ は $\overline{\mathbb Q}$ の元である。

$f(X)$ は Eisenstein の判定法によると $\Z[X]$ 上既約である。結局 $\mathbb Q[X]$ においても既約である。

  • コメント：$f(X) \in \Z[X]$ かつ $\mathbb Q$ は $\Z$ の商体であることから。

したがって $f(X) \in \mathbb Q[X]$ は $\sqrt[n + 1]{2}$ の最小多項式であることになるが、 この次数を考えると矛盾が生じている：

\[n + 1 = \deg f(X) = [\mathbb Q(\sqrt[n + 1]{2}) : \mathbb Q] \le [\overline{\mathbb Q} : \mathbb Q] = n.\]

$n + 1 \le n$ となり矛盾が生じている。したがって背理法により $[\overline{\mathbb Q} : \mathbb Q] = \infty$ が必要であることが示された。 $\blacksquare$

3.2.2 $K = \mathbb C(X)$ とする。$[\overline{K} : K] = \infty.$

証明：$[\mathbb C(X) : \mathbb C] = \infty$ は使っていい。

3.3.1 次の $\mathbb F_p$ 上の多項式が重根をもつ $p$ をすべて求めろ。

\[(1)\;\; f(X) = X^3 + 3X^2 + 5 \qquad (2)\;\; f(X) = X^4 + 4X + 6\]

解：いずれも $f^{\prime}(X)$ を計算して $f(X)$ と互いに素でない $p$ を探す。

$(1):$ $f^{\prime}(X) = 3X^2 + 6X$ なので

\[X^3 + 3X^2 + 5 = \frac{1}{3}(X + 1)(3X^2 + 6X) - 2X + 5.\\\]

$X^3 + 3X^2 + 5$ と $3X^2 + 6X$ が互いに素 $\iff$ $3X^2 + 6X$ と $-2X + 5$ が互いに素。 $-2X + 5$ はどんな $\mathbb F_p[X]$ の多項式としても $0$ にはならない。

\[3X^2 + 6X = \left(-\frac{3}{2}X^2 + 6X\right)(-2X + 5) + \frac{135}{4}.\]

$135 \equiv 0 \pmod 3, \pmod 5$ なので $f(X)$ は $\mathbb F_3[X], \mathbb F_5[X]$ の多項式として重根をもつ。

\[f(X) = \begin{cases} (X - 1)^3, & p = 3,\\ X^2(X - 2), & p = 5. \end{cases}\]

$\blacksquare$

$(2):$ $f^{\prime}(X) = 4X^3 + 4$ なので

\[X^4 + 4X + 6 = \frac{1}{4}X(4X^3 + 4) + 3X + 6.\]

$X^4 + 4X + 6$ と $4X^3 + 4$ が互いに素 $\iff$ $4X^3 + 4$ と $3X + 6$ が互いに素。

$p = 3$ ならば余り $3X + 6 = 0$ により $f(X) \in \mathbb F_p[X]$ は重根をもつ。

\[4X^3 + 4 = \frac{4}{3}(3X + 6)(X^2 - 2X + 4) - 28.\]

$28 \equiv 0 \pmod 2, \pmod 7$ だから $p = 2, 7$ も該当する。 以上より $f(X)$ は $\mathbb F_2[X], \mathbb F_3[X], \mathbb F_7[X]$ の多項式として重根をもつ。

\[f(X) = \begin{cases} X^4, & p = 2,\\ X(X + 1)^3, & p = 3,\\ (X + 2)^2(X^2 + 3X - 2), & p = 7. \end{cases}\]

$\blacksquare$

3.3.2 $K$ を標数 $2$ の体、$f(X) = X^2 + aX + b \in K[X]$ を $K$ 上既約な分離多項式とする。

このとき $\alpha_1, \alpha_2 \in \overline{K}$ が $f(X)$ の根ならば $a \ne 0, \alpha_1 \ne 0, \alpha_2/\alpha_1 \notin K.$

証明：$K \cong \mathbb F_2$ 係数の重根を持たない二次多項式をすべて列挙して検討する：

\[\begin{aligned} X(X - 1) &= X^2 - X &&= X^2 + X + 0.\\ X(X - \alpha_i) &= X^2 - \alpha_i X &&\notin K[X] .\\ (X - 1)(X - \alpha_i) &= X^2 - (\alpha_i + 1)X + \alpha_i &&\notin K[X].\\ (X - \alpha_1)(X - \alpha_2) &= X^2 - (\alpha_1 + \alpha_2)X + \alpha_1\alpha_2 &&= X^2 + X + 1.\\ \end{aligned}\]

したがって $a = b = 1.$ 特に $a \ne 0.\quad\Box$

$\overline{K}$ に零因子はない。$\alpha_1\alpha_2 = 1 \ne 0$ より $\alpha_1 \ne 0.\quad\Box$

$\alpha_i^2 + \alpha_i + 1 = 0$ より $\alpha_i(\alpha_i + 1) = 1.$ したがって $\alpha_i^{-1} = \alpha_i + 1.$

\[\begin{aligned} \frac{\alpha_2}{\alpha_1} &= \alpha_2(\alpha_1 + 1) = \alpha_2\alpha_1 + \alpha_2\\ &= 1 + \alpha_2 = \alpha_1 \notin K.\quad\blacksquare \end{aligned}\]

3.3.3 $f(X) = X^2 + aX + b$, $g(X) = X^2 + cX + d$ を体 $K$ 上の既約な分離多項式とし、 $\alpha_1, \alpha_2 \in \overline{K}$ を $f$ の根、 $\beta_1, \beta_2 \in \overline{K}$ を $g$ の根、 $K(\alpha_1) \ne K(\beta_1)$ とする。

$(1)$ $\gamma_1 \coloneqq \alpha_1\beta_1 + \alpha_2\beta_2,$ $\gamma_2 \coloneqq \alpha_1\beta_2 + \alpha_2\beta_1$ について $\gamma_1 \ne \gamma_2.$

証明：各根が分離多項式の根であるので $\alpha_1 \ne \alpha_2$ かつ $\beta_1 \ne \beta_2.$ $\overline{K}$ は体なので零因子はない。したがって、

\[\begin{aligned} \gamma_1 - \gamma_2 &= (\alpha_1\beta_1 + \alpha_2\beta_2) - (\alpha_1\beta_2 + \alpha_2\beta_1)\\ &= \alpha_1(\beta_1 - \beta_2) + \alpha_2(\beta_2 - \beta_1)\\ &= (\alpha_1 - \alpha_2)(\beta_1 - \beta_2)\\ &\ne 0. \quad\Box \end{aligned}\]

$(2)$ $K$ 上の二次多項式で根が $\gamma_1, \gamma_2$ であるものを求めろ。

解：$h(X) \coloneqq X^2 - (\gamma_1 + \gamma_2)X + \gamma_1\gamma_2$ が求めるものである。

\[\begin{aligned} \gamma_1 + \gamma_2 &= \alpha_1\beta_1 + \alpha_2\beta_2 + \alpha_1\beta_2 + \alpha_2\beta_1\\ &= \alpha_1(\beta_1 + \beta_2) + \alpha_2(\beta_2 + \beta_1)\\ &= (\alpha_1 + \alpha_2)(\beta_1 + \beta_2)\\ &= (-a)(-c)\\ &= ac.\\ \gamma_1\gamma_2 &= (\alpha_1\beta_1 + \alpha_2\beta_2)(\alpha_1\beta_2 + \alpha_2\beta_1)\\ &= \alpha_1^2\beta_1\beta_2 + \alpha_1\alpha_2\beta_1^2 + \alpha_1\alpha_2\beta_2^2 + \alpha_2^2\beta_1\beta_2\\ &= \alpha_1^2 d + \beta_1^2b + b\beta_2^2 + \alpha_2^2d\\ &= d(\alpha_1^2 + \alpha_2^2) + b(\beta_1^2 + \beta_2^2)\\ &= (a^2 - 2b)d + (c^2 - 2d)b. \end{aligned}\]

したがって

\[h(X) = X^2 - acX + (a^2 - 2b)d + (c^2 - 2d)b. \quad\Box\]

$(3)$ $K(\gamma_1)$ は $K(\alpha_1, \beta_1)$ に含まれる $K$ の二次拡大で $K(\gamma_1) \ne K(\alpha_1)$ であることを示せ。

証明：$h(X) \in K[X]$ は分離多項式であり $\gamma_1, \gamma_2$ を根にもつ。 したがって

\[[K(\gamma_1) : K] = \deg h(X) = 2.\]

包含関係については、

\[\begin{aligned} \gamma_1 &= \alpha_1\beta_1 + \alpha_2\beta_2\\ &= \alpha_1\beta_1 + (-a - \alpha_1)(-c - \beta_1)\\ &= \alpha_1\beta_1 + ac + a\beta_1 + c\alpha_1 + \alpha_1\beta_1\\ &= ac + c\alpha_1 + a\beta_1 + 2\alpha_1\beta_1\\ &\in K(\alpha_1, \beta_1).\\ \therefore K(\gamma_1) &\subset K(\alpha_1, \beta_1). \end{aligned}\]

$K(\gamma_1) \ne K(\alpha_1)$ については $s_1, s_2, t_1, t_2 \in K$ として：

\[\begin{aligned} &\phantom{\iff}s_1 + s_2 \gamma_1 = t_1 + t_2\alpha_1\\ &\iff (s_1 - t_1) + s_2(ac + c\alpha_1 + a\beta_1 + 2\alpha_1\beta_1) - t_2\alpha_1 = 0\\ &\iff (acs_2 + s_1 - t_1) + (cs_2 - t_2)\alpha_1 + as_2\beta_1 + 2s_2\alpha_1\beta_1= 0\\ &\iff s_2 = 0 \land t_2 = 0 \land s_1 = t_1. \end{aligned}\]

したがって $K(\gamma_1) \ne K(\alpha_1)$ が示された。 $\blacksquare$

3.3.4 一変数有理関数体 $K \coloneqq \mathbb F_2(T)$ について、

$(1)$ $f(X) \coloneqq X^2 + X + T,$ $g(X) \coloneqq X^2 + X + T + 1$ は $K$ 上の既約な分離多項式である。

証明：

\[K = \mathbb F_2(T) = \left\{\left. \frac{F(T)}{G(T)} \right| \left. F(T), G(T) \in \mathbb F_2[T] \right.\right\}.\]

だから $1, T, T + 1 \in K.$ したがって $f(X), g(X) \in K[X].$ 以上は単なる記号の確認作業。

$f^{\prime}(X) = g^{\prime}(X) = 2X + 1 = 1 \ne 0$ ゆえに $f(X)$ と $g(X)$ はどちらも分離多項式である。 $\Box$

$(2)$ $\alpha, \beta \in \overline{K}$ をそれぞれ $f(X), g(X)$ の根とする。 $K(\alpha) \ne K(\beta).$

証明： まず $\alpha$ と $\beta$ の関係を調べる。 $f(\alpha) = 0$ より $\alpha^2 + \alpha + T = 0.$ $g(\beta) = 0$ より $\beta^2 + \beta + T + 1 = 0.$ $T \ne 1$ だから

\[T = -(\beta^2 + \beta + 1) = -(\alpha^2 + \alpha).\]

$K(\alpha), K(\beta)$ の $K$ 上の基底としてそれぞれ $\langle 1, \alpha\rangle, \langle 1, \beta\rangle$ をとれる。 $\alpha$ と $\beta$ は $K$ 上一次独立だから両者はベクトル空間として等しくない。 $\Box$

$(3)$ $f, g$ に対する前問における $h$ を求めろ。

解：$a = 1, b = T, c = 1, d = T + 1$ を代入して偶数係数項を $0$ に置き換える。

\[\begin{aligned} h(X) &= X^2 - acX + (a^2 - 2b)d + (c^2 - 2d)b\\ &= X^2 - X + (1 - 2T)(T + 1) + (1 - 2(T + 1))T\\ &= X^2 - X + T + 1 - 2T^2 - 2T - T - 2T^2\\ &= X^2 - X - 4T^2 - 2T + 1\\ &= X^2 + X + 1. \quad\blacksquare \end{aligned}\]

3.3.5 $L/K$ を分離的代数拡大、$\alpha \in L,$

\[\{\alpha_1, \dotsc, \alpha_n\} \coloneqq \{\varphi(\alpha)\,|\, \varphi \in \operatorname{Hom}_K(L, \overline{K})\} \subset \overline{K}\]

とする（右辺の重複を除いたものを左辺とする）。このとき $\alpha$ の $K$ 上の最小多項式は

\[(X - \alpha_1) \dotsb (X - \alpha_n).\]

証明：$\alpha$ の $K$ 上の最小多項式を $f(X)$ とおく。 このとき任意の $K$ 準同型 $\varphi\colon L \longrightarrow \overline{K}$ に対して $\varphi(\alpha)$ は $\alpha$ の $L$ における $K$ 上の共役である（本文参照）。 $f(\alpha) = 0$ より $f(\varphi(\alpha)) = 0$ だから $f(X)$ は $X - \varphi(\alpha)$ で割り切れる。

仮定から $\varphi(\alpha) \in \overline{K}$ は相異なる $n$ 個の値 $\alpha_1, \dotsc, \alpha_n$ で全てを尽くす。したがって：

\[\begin{aligned} f(X) &= \prod_{\varphi \in \operatorname{Hom}_K(L, \overline{K})}(X - \varphi(\alpha))\\ &= (X - \alpha_1) \dotsb (X - \alpha_n). \end{aligned}\]

となり、右辺は相異なる $(X - \alpha_i)$ の積であり $\overline{K}$ 上重根を持たない。 $\blacksquare$